留数综合题集（44 题）

结果：$z_k=e^{i(\pi /4+k\pi /2)}$z_k=e^i(pi/4+kpi/2)，$k=0,1,2,3$k=0,1,2,3；每点为一阶极点，留数为 $1/(2z_k^2)$1/(2z_k^2)。

分母零点满足 $z^4=-1$z^4=-1，得到所列四根，均非零。$Q^{\prime }(z_k)=4z_k^3\ne 0$Q^prime(z_k)=4z_k^3ne0 且 $P(z_k)=2z_k\ne 0$P(z_k)=2z_kne0，所以各点为一阶极点。商式法给出 $2z_k/(4z_k^3)=1/(2z_k^2)$2z_k/(4z_k^3)=1/(2z_k^2)。按 $k$k 顺序，留数为 $-i/2,i/2,-i/2,i/2$-i/2,i/2,-i/2,i/2，和为零。

结果：本性奇点；留数为 $1$1。

$e^{1/z}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{z}^{-n}/n!$e^1/z=sum_n=0^infz^-n/n! 在任意 $0<|z|<r$0<|z|<r 内成立。主部有无穷多项，所以原点为本性奇点；$n=1$n=1 对应 $z^{-1}$z^-1，其系数为 $1$1。

结果：$1/6$1/6。

$e^z=1+z+z^2/2+z^3/6+O(z^4)$e^z=1+z+z^2/2+z^3/6+O(z^4)，除以 $z^4$z^4 后，只有三次项变成 $z^{-1}$z^-1，所以留数为 $1/6$1/6。原点是四阶极点。

结果：$3/4$3/4。

$z=1$z=1 处只有一次分母因子，分子非零。消去它后，$(z-1)f(z)=(z+2)/(z+3)$(z-1)f(z)=(z+2)/(z+3) 在 $1$1 解析，取值为 $3/4$3/4。

结果：无穷远点留数 $-3$-3；有限留数之和 $3$3；$1,-1$1,-1 处留数为 $2,1$2,1。

无穷远展开为 $f(z)=3/z+1/z^2+O(z^{-3})$f(z)=3/z+1/z^2+O(z^-3)。无穷远点留数是 $1/z$1/z 系数的负值，所以为 $-3$-3，有限和为 $3$3。局部商式法给出 $(3+1)/2=2$(3+1)/2=2 和 $(-3+1)/(-2)=1$(-3+1)/(-2)=1，和为 $3$3。

结果：$e$e。

$m=2$m=2，消去极点后 $g(z)=(z-1{)}^{2}f(z)=e^z$g(z)=(z-1)^2f(z)=e^z。留数为 $g^{\prime }(1)/1!=e$g^prime(1)/1!=e。不是 $g(1)$g(1) 对所有阶数都成立，而是本题导数恰好等于原函数。

结果：$-[\sqrt{2}+i(2+\sqrt{2})]/8$-[sqrt2+i(2+sqrt2)]/8。

$Q^{\prime }(z_0)=4z_0^3\ne 0$Q^prime(z_0)=4z_0^3ne0，所以留数为 $(z_0+1)/(4z_0^3)$(z_0+1)/(4z_0^3)。利用 $z_0^4=-1$z_0^4=-1 得 $z_0^3=-1/z_0$z_0^3=-1/z_0，于是留数为 $-(z_0^2+z_0)/4=-(i+(1+i)/\sqrt{2})/4=-\sqrt{2}/8-i(2+\sqrt{2})/8$-(z_0^2+z_0)/4=-(i+(1+i)/sqrt2)/4=-sqrt2/8-i(2+sqrt2)/8。实部和虚部都为负。

结果：$z_1=(\sqrt{5}-1)/2$z_1=(sqrt5-1)/2 的留数 $(\sqrt{5}-5)/10$(sqrt5-5)/10，$z_2=-(\sqrt{5}+1)/2$z_2=-(sqrt5+1)/2 的留数 $-(\sqrt{5}+5)/10$-(sqrt5+5)/10。四个积分依次为 $0,\pi i(\sqrt{5}-5)/5,\pi i(\sqrt{5}-5)/5,-2\pi i$0,pi i(sqrt5-5)/5,pi i(sqrt5-5)/5,-2pi i。$R=|z_1|,|z_2|$R=|z_1|,|z_2| 时曲线经过极点。

$Q^{\prime }(z)=-1-2z$Q^prime(z)=-1-2z。在 $z_1$z_1 处为 $-\sqrt{5}$-sqrt5，在 $z_2$z_2 处为 $\sqrt{5}$sqrt5，相除得到两留数，和为 $-1$-1。$|z_1|\approx 0.618,|z_2|\approx 1.618$|z_1|~0.618,|z_2|~1.618。半径 $0.6$0.6 不包围极点，$0.7,1.6$0.7,1.6 只包围 $z_1$z_1，$1.7$1.7 包围两点，各自乘以 $2\pi i$2pi i 即得结果。半径恰等于任一极点的模时，路径上有奇点，普通留数定理不能直接使用。

结果：内部极点为 $-1/2$-1/2，积分为 $2\pi /3$2pi/3。

令 $z=e^{i\theta }$z=e^itheta，$\mathrm{d}\theta =\mathrm{d}z/(iz)$mathrm dtheta=mathrm dz/(iz)，得到 $I={\oint }_{|z|=1}\mathrm{d}z/[i(2z^2+5z+2)]$I=oint_|z|=1mathrm dz/[i(2z^2+5z+2)]。分母根为 $-1/2,-2$-1/2,-2，只有前者在圆内；该点留数为 $1/[i(4z+5){]}_{z=-1/2}=1/(3i)$1/[i(4z+5)]_z=-1/2=1/(3i)。乘以 $2\pi i$2pi i 即得 $2\pi /3$2pi/3。

结果：$i{e}^i/4$ie^i/4。

$Q(i)=i^4-1=0$Q(i)=i^4-1=0，$Q^{\prime }(i)=4i^3=-4i\ne 0$Q^prime(i)=4i^3=-4ine0。因 $e^i\ne 0$e^ine0，该点为一阶极点。留数为 $e^i/(-4i)=i{e}^i/4$e^i/(-4i)=ie^i/4，这里 $1/i=-i$1/i=-i。

结果：$\mathrm{Res}(f,0)=4/3$Res(f,0)=4/3；本性奇点。

展开 $z^2{e}^{2/z}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(2^n/n!)z^{2-n}$z^2e^2/z=sum_n=0^inf(2^n/n!)z^2-n。令 $2-n=-1$2-n=-1 得 $n=3$n=3，故留数为 $2^3/3!=4/3$2^3/3!=4/3。乘以 $z^2$z^2 后主部仍有无穷多项，原点仍为本性奇点。

结果：留数 $-1/6$-1/6；三阶极点。

$\sin z=z-z^3/6+O(z^5)$sin z=z-z^3/6+O(z^5)，所以 $\sin z/z^4=z^{-3}-(1/6)z^{-1}+O(z)$sin z/z^4=z^-3-(1/6)z^-1+O(z)。最高负幂为 $z^{-3}$z^-3，实际阶数是三阶；留数为 $-1/6$-1/6。用 $g=\sin z,m=4$g=sin z,m=4 取三次系数也正确，但不能据此把实际阶数称作四阶。

结果：$-1/2$-1/2。

原点为一阶极点。$zf(z)=e^z/(z-2)$zf(z)=e^z/(z-2) 在原点解析，极限为 $e^0/(0-2)=-1/2$e^0/(0-2)=-1/2。负号来自另一个分母因子，不能把 $z-2$z-2 写成 $2-z$2-z。

结果：两者均为 $0$0。

$f(z)=z^{-4}(1+z^{-4}{)}^{-1}=z^{-4}-z^{-8}+\cdots$f(z)=z^-4(1+z^-4)^-1=z^-4-z^-8+cdots，没有 $1/z$1/z 项，所以无穷远点留数为零，有限留数之和也为零。这里有限极点依然存在，留数和为零不能推出每个留数为零。

结果：$-i/4$-i/4。

写成 $1/[(z-i{)}^2(z+i{)}^2]$1/[(z-i)^2(z+i)^2]，$i$i 是二阶极点。$g(z)=(z+i{)}^{-2}$g(z)=(z+i)^-2，故留数为 $g^{\prime }(i)=-2/(2i{)}^3=-i/4$g^prime(i)=-2/(2i)^3=-i/4。另一个因子 $z+i$z+i 在 $i$i 处不为零，必须保留在待求导函数里。

结果：逆时针为 $2\pi i$2pi i，顺时针为 $-2\pi i$-2pi i。

原点虽然是本性奇点，仍是孤立奇点。洛朗展开的 $1/z$1/z 系数是 $1$1，单位圆只包围原点，所以逆时针积分为 $2\pi i$2pi i。反向参数化使积分整体变号。留数定理不要求所有奇点都是极点。

结果：$\pi /2$pi/2。

取 $f(z)=z^2/(z^2+1{)}^2$f(z)=z^2/(z^2+1)^2，在上半平面闭合。大圆上 $|f(z)|\le R^2/(R^2-1{)}^2$|f(z)|<= R^2/(R^2-1)^2，弧长为 $\pi R$pi R，故弧积分模至多 $\pi R^3/(R^2-1{)}^2\to 0$pi R^3/(R^2-1)^2->0。内部只有 $i$i，其二阶极点留数为 $-i/4$-i/4，因此实积分为 $2\pi i(-i/4)=\pi /2$2pi i(-i/4)=pi/2。

结果：小圆弧顺时针，贡献 $-i\pi$-ipi；原积分为 $\pi /2$pi/2。

原点留数为 $1$1，参数化 $z=\epsilon e^{i\theta }$z=varepsilon e^itheta，$\theta$theta 从 $\pi$pi 到 $0$0，小弧积分趋于 $-i\pi$-ipi。大圆弧由约当引理趋零，凹陷后的内部没有奇点。对称实轴两段合并为 $2i{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\sin x/x\mathrm{d}x$2iint_0^infsin x/x ,mathrm dx，于是 $2iI-i\pi =0$2iI-ipi=0，故 $I=\pi /2$I=pi/2。辅助复积分的实轴拼接按对称主值处理，而原正弦积分是收敛的普通反常积分。

结果：各点留数均为 $1$1。

$e^{z_n}=1$e^z_n=1，且分母导数 $e^{z_n}=1\ne 0$e^z_n=1ne0，故每点为一阶极点。分子是常数 $1$1，商式法得到留数 $1$1。奇点虽然无限多个，但在有限平面中没有聚点，每个点都可以单独求留数。

结果：留数为 $1$1；不能使用有限阶极点公式。

$\sin (1/z)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{z}^{-(2n+1)}/(2n+1)!$sin(1/z)=sum_n=0^inf(-1)^n z^-(2n+1)/(2n+1)!。$n=0$n=0 给出 $1/z$1/z，故留数为 $1$1。主部有无穷多项，不存在有限的极点阶数 $m$m，所以高阶极点公式不适用。

结果：留数 $1/24$1/24；三阶极点。

$e^z-1-z=z^2/2+z^3/6+z^4/24+O(z^5)$e^z-1-z=z^2/2+z^3/6+z^4/24+O(z^5)。除以 $z^5$z^5 后主部为 $1/(2z^3)+1/(6z^2)+1/(24z)$1/(2z^3)+1/(6z^2)+1/(24z)，故留数 $1/24$1/24，极点阶数三阶。不能把分子减去的常数和线性项再计入。

结果：可去奇点；留数为 $0$0；延拓值为 $-1$-1。

令 $w=z-\pi$w=z-pi，$\sin (\pi +w)=-\sin w=-w+O(w^3)$sin(pi+w)=-sin w=-w+O(w^3)，故 $f=-1+O(w^2)$f=-1+O(w^2)。分子的一阶零点抵消分母，主部为零，留数为零，延拓值为 $-1$-1。$lim(z-\pi )f(z)=0$lim(z-pi)f(z)=0 并不证明这里是单极点。

结果：无穷远点留数 $-1$-1；有限和 $1$1；每个三次单位根处留数为 $1/3$1/3。

$f(z)=z^{-1}(1-z^{-3}{)}^{-1}=z^{-1}+z^{-4}+\cdots$f(z)=z^-1(1-z^-3)^-1=z^-1+z^-4+cdots，故无穷远点留数为 $-1$-1，有限和为 $1$1。三个极点 ${\zeta }^3=1$zeta^3=1 互异，$Q^{\prime }(\zeta )=3{\zeta }^2$Q^prime(zeta)=3zeta^2，留数 ${\zeta }^2/(3{\zeta }^2)=1/3$zeta^2/(3zeta^2)=1/3。单靠总和不能断定三者相等，需要这一步局部验证。

结果：$-i/4$-i/4。

$g(z)=z^2/(z+i{)}^2$g(z)=z^2/(z+i)^2，其导数为 $2z/(z+i{)}^2-2z^2/(z+i{)}^3=2iz/(z+i{)}^3$2z/(z+i)^2-2z^2/(z+i)^3=2iz/(z+i)^3。代入 $z=i$z=i 得 $-2/(2i{)}^3=-i/4$-2/(2i)^3=-i/4。原点不在此次计算中心，不能以原点泰勒展开替代 $i$i 附近的局部计算。

结果：$\pi /e$pi/e。

考虑 $g(z)=e^{iz}/(z^2+1{)}^2$g(z)=e^iz/(z^2+1)^2，上半平面指数衰减，有理因子在大圆上一致趋零，可用约当引理。$i$i 处留数为 $[i{e}^{iz}/(z+i{)}^2-2e^{iz}/(z+i{)}^3{]}_{z=i}=-i/(2e)$[ie^iz/(z+i)^2-2e^iz/(z+i)^3]_z=i=-i/(2e)。复实轴积分为 $2\pi i[-i/(2e)]=\pi /e$2pi i[-i/(2e)]=pi/e；取实部即得原积分，虚部也可由奇偶性验证为零。

结果：$F(p)=\pi e^{-|ap|}/|a|$F(p)=pi e^-|ap|/|a|。

令 $b=|a|>0$b=|a|>0。$p>0$p>0 时向上闭合，留数 $e^{-pb}/(2ib)$e^-pb/(2ib)，得到 $\pi e^{-pb}/b$pi e^-pb/b。$p<0$p<0 时向下闭合，$-ib$-ib 处留数 $e^{pb}/(-2ib)$e^pb/(-2ib)；顺时针积分系数为 $-2\pi i$-2pi i，得到 $\pi e^{pb}/b$pi e^pb/b。两种情形均由约当引理去掉大圆弧。$p=0$p=0 不用约当引理，直接以 $O(R^{-2})$O(R^-2) 的有理函数估计去掉圆弧，得到 $\pi /b$pi/b。合并为 $\pi e^{-b|p|}/b$pi e^-b|p|/b。

结果：在上半平面闭合；约当引理只需 $M_R=\underset{C_R}{max}|R(z)|\to 0$M_R=max_C_R|R(z)|->0，普通弧长估计要求 $R{M}_R\to 0$RM_R->0。

在上半平面 $|e^{ikz}|=e^{-k\mathrm{Im}z}$|e^ikz|=e^-kImz。利用 $\sin \theta \ge 2\theta /\pi$sintheta>=2theta/pi（$0\le \theta \le \pi /2$0<=theta<=pi/2），弧积分模不超过 $(\pi /k)M_R(1-e^{-kR})$(pi/k)M_R(1-e^-kR)，故趋零。不带指数时，只能先估计为 $\pi R{M}_R$pi RM_R；对普通有理函数，分母次数比分子至少高二次是常用充分条件。若 $k<0$k<0 则向下闭合；$k=0$k=0 不适用上述固定正参数引理。

结果：$1$1。

写成 $P/Q=\pi \cos \left(\pi z\right)/\sin \left(\pi z\right)$P/Q=picos(pi z)/sin(pi z)。在 $n$n 处，$P(n)=\pi (-1{)}^n$P(n)=pi(-1)^n，$Q^{\prime }(n)=\pi \cos \left(\pi n\right)=\pi (-1{)}^n\ne 0$Q^prime(n)=picos(pi n)=pi(-1)^nne0。二者相除为 $1$1；分母求导时必须保留链式法则的 $\pi$pi。

结果：$\mathrm{Res}(f,0)=e-1$Res(f,0)=e-1。

在该圆环内，$e^{1/z}=\sum _{n\ge 0}{z}^{-n}/n!$e^1/z=sum_n>=0z^-n/n!，$(1-z{)}^{-1}=\sum _{k\ge 0}{z}^k$(1-z)^-1=sum_k>=0z^k。两个级数在紧子集上一致绝对收敛，可以相乘。$k-n=-1$k-n=-1 即 $n=k+1$n=k+1，因此留数为 $\sum _{k\ge 0}1/(k+1)!=e-1$sum_k>=01/(k+1)!=e-1。各个 $k$k 都有贡献，不能仅保留 $n=1$n=1。

结果：$1/2$1/2。

在 $|z|<1$|z|<1 内，$e^z=1+z+z^2/2+O(z^3)$e^z=1+z+z^2/2+O(z^3)，$(1+z{)}^{-1}=1-z+z^2+O(z^3)$(1+z)^-1=1-z+z^2+O(z^3)。乘积的二次系数为 $1-1+1/2=1/2$1-1+1/2=1/2。除以 $z^3$z^3 后它就是留数；只看 $e^z$e^z 的二次项虽碰巧同值，却不能省略另外两个贡献。

结果：$z=1$z=1 可去，留数 $0$0；$z=-1$z=-1 为一阶极点，留数 $1$1。

在原定义域上约分得 $f(z)=1/(z+1)$f(z)=1/(z+1)。在 $z=1$z=1 可补定义 $f(1)=1/2$f(1)=1/2，留数为零；在 $z=-1$z=-1，$\underset{z\to -1}{lim}(z+1)f(z)=1$lim_z->-1(z+1)f(z)=1，因此是一阶极点，留数为 $1$1。

结果：无穷远点留数 $1$1；有限和 $-1$-1；不能使用该极限捷径。

先长除得 $f(z)=z-z/(z^2+1)=z-z^{-1}+O(z^{-3})$f(z)=z-z/(z^2+1)=z-z^-1+O(z^-3)。$1/z$1/z 系数为 $-1$-1，故无穷远点留数为 $1$1，有限和为 $-1$-1。$zf(z)$zf(z) 含 $z^2$z^2 项而发散，捷径不适用。局部计算在 $\pm i$+/- i 处各得 $z^3/(2z)=z^2/2=-1/2$z^3/(2z)=z^2/2=-1/2。

结果：$-2$-2。

原点为二阶极点，$g(z)=e^z/(z-1)$g(z)=e^z/(z-1) 在原点解析。$g^{\prime }(z)=e^z/(z-1)-e^z/(z-1{)}^2$g^prime(z)=e^z/(z-1)-e^z/(z-1)^2，所以 $g^{\prime }(0)=-1-1=-2$g^prime(0)=-1-1=-2。只对指数求导会漏掉分母因子的贡献。

结果：$I=\pi (1-e^{-ma})/(2a^2)$I=pi(1-e^-ma)/(2a^2)；顺时针上半小圆弧贡献 $-i\pi /a^2$-ipi/a^2。

原实被积函数在零点有有限极限 $m/a^2$m/a^2，普通积分收敛；辅助复函数则在原点有单极点，留数为 $1/a^2$1/a^2。从 $-\epsilon$-varepsilon 沿上半圆顺时针绕至 $\epsilon$varepsilon 的小弧贡献为 $-i\pi /a^2$-ipi/a^2。上半平面内部唯一极点 $ia$ia 的留数是 $-e^{-ma}/(2a^2)$-e^-ma/(2a^2)。负、正实轴段对称合并为 $2iI$2iI，大圆弧由约当引理消失，故 $2iI-i\pi /a^2=-\pi i{e}^{-ma}/a^2$2iI-ipi/a^2=-pi i e^-ma/a^2，解得所列结果。

结果：整数 $n$n 处留数 $1/(n^2+a^2)$1/(n^2+a^2)；$\pm ia$+/- ia 处均为 $-\pi \coth \left(\pi a\right)/(2a)$-picoth(pi a)/(2a)。级数和为 $\pi \coth \left(\pi a\right)/a$picoth(pi a)/a。

整数点是余切的单极点，其留数为 $1$1，乘以解析因子给出 $1/(n^2+a^2)$1/(n^2+a^2)。$\pm ia$+/- ia 是分母的单零点，利用 $\cot \left(it\right)=-i\coth t$cot(it)=-icoth t，商式法给出两处留数都为 $-\pi \coth \left(\pi a\right)/(2a)$-picoth(pi a)/(2a)。取边界 $\mathrm{Re}z,\mathrm{Im}z=\pm (N+1/2)$Rez,Imz=+/-(N+1/2) 的正向正方形，大到包含 $\pm ia$+/- ia。竖边上余切模不超过 $1$1，横边上余切模不超过 ${\coth }^{\pi (N+1/2)}$coth[pi(N+1/2)]，所以统一有界。边界上 $|z^2+a^2|\ge |z{|}^2-a^2\ge (N+1/2{)}^2-a^2$|z^2+a^2|>= |z|^2-a^2>=(N+1/2)^2-a^2，周长为 $8(N+1/2)$8(N+1/2)，积分为 $O(1/N)$O(1/N) 并趋零。留数定理给出截断整数和减去 $\pi \coth \left(\pi a\right)/a$picoth(pi a)/a 趋零，故得结果。此函数有无穷多有限极点，应取有限围道再取极限，不能直接套有限奇点的全平面总和公式。

结果：因果性将积分限制在 $t\ge 0$t>=0，上半平面的指数衰减使变换解析；再由柯西积分公式和边界主值极限得到实、虚部的希尔伯特变换关系。

当 $\mathrm{Im}\omega >0$Imomega>0，$|e^{i\omega t}|=e^{-t\mathrm{Im}\omega }$|e^iomega t|=e^-tImomega；结合所给稳定和衰减条件，可在上半平面的紧子集上控制积分及微分。若高频极限不为零，先减去该常数，再在大圆弧消失的条件下应用柯西积分公式。实轴边界采用主值极限，取实部与虚部得到 Kramers–Kronig 关系。傅里叶指数约定改变时，解析半平面与符号需同步调整；因果性之外的收敛条件不能省略。

结果：$-1,0,1$-1,0,1 都是一阶极点，留数依次为 $1,-1,1$1,-1,1。

$Q=z(z-1)(z+1)$Q=z(z-1)(z+1)，三个零点互异，分子在这三点均非零。$Q^{\prime }=3z^2-1$Q^prime=3z^2-1，故在 $\pm 1$+/-1 处留数为 $2/2=1$2/2=1，原点处为 $1/(-1)=-1$1/(-1)=-1。其和为 $1$1，与无穷远展开的 $1/z$1/z 系数一致。

结果：本性奇点；留数为 $1$1。

$\cos (1/z)/z=\sum _{n\ge 0}(-1{)}^n{z}^{-(2n+1)}/(2n)!$cos(1/z)/z=sum_n>=0(-1)^n z^-(2n+1)/(2n)!。主部无穷，原点为本性奇点。$n=0$n=0 的系数为 $1$1，就是留数。不要把 $\cos (1/z)$cos(1/z) 本身的零留数直接用于乘积。

结果：$1$1。

$\cos z=1+O(z^2)$cos z=1+O(z^2)，$(1-z{)}^{-1}=1+z+O(z^2)$(1-z)^-1=1+z+O(z^2)，故解析因子的乘积为 $1+z+O(z^2)$1+z+O(z^2)。除以 $z^2$z^2，得到 $z^{-2}+z^{-1}+O(1)$z^-2+z^-1+O(1)，留数为 $1$1。无需展开到二次以上。

结果：$e^{-a}/(2ia)$e^-a/(2ia)。

$z^2+a^2=(z-ia)(z+ia)$z^2+a^2=(z-ia)(z+ia)，且 $ia\ne -ia$iane-ia。消去 $z-ia$z-ia 后得到 $e^{iz}/(z+ia)$e^iz/(z+ia)，在 $ia$ia 的值为 $e^{-a}/(2ia)$e^-a/(2ia)。指数因子中的 $i^2=-1$i^2=-1 给出衰减符号。

结果：无穷远点留数 $-1$-1；$z=2$z=2 留数 $5/4$5/4；原点留数 $-1/4$-1/4。

$f(z)=z^{-1}(1+z^{-2})(1-2/z{)}^{-1}=z^{-1}+O(z^{-2})$f(z)=z^-1(1+z^-2)(1-2/z)^-1=z^-1+O(z^-2)，有限和为 $1$1，无穷远点留数为 $-1$-1。$z=2$z=2 为单极点，留数为 $(2^2+1)/2^2=5/4$(2^2+1)/2^2=5/4。仅有两个有限极点，故原点留数 $1-5/4=-1/4$1-5/4=-1/4；也可对 $(z^2+1)/(z-2)$(z^2+1)/(z-2) 在原点求一次导数核对。

结果：$3$3。

$z=1$z=1 为三阶极点，$g(z)=z^{-2}$g(z)=z^-2。$g^{\prime \prime }(z)=6z^{-4}$g^primeprime(z)=6z^-4，所以留数为 $g^{\prime \prime }(1)/2!=6/2=3$g^primeprime(1)/2!=6/2=3。原点的二阶极点与 $1$1 处阶数无关。

结果：$\pi i$pi i；不需要求出整个函数。

令 $f(z)=\sum _{n\ge 0}{a}_n{z}^n$f(z)=sum_n>=0a_nz^n，并约定负指标系数为零。比较系数得 $(n-1)(n-2)a_n-a_{n-2}=0$(n-1)(n-2)a_n-a_n-2=0。已知 $a_1=1$a_1=1，在 $n=3$n=3 处得到 $2a_3-a_1=0$2a_3-a_1=0，即 $a_3=1/2$a_3=1/2。$f/z^4$f/z^4 的留数正是 $a_3$a_3，所以积分为 $2\pi i{a}_3=\pi i$2pi i a_3=pi i。其他系数（如自由的 $a_2$a_2）无需确定。

结果：不能；原点是非孤立奇点，通常的孤立奇点留数定义不适用。

当 $n\in \mathbb{Z}\setminus \{0\}$ninmathbb Zsetminus 0 时，$z_n=1/(n\pi )$z_n=1/(npi) 是分母的一阶零点（导数为 $-\cos (1/z)/z^2$-cos(1/z)/z^2，在 $z_n$z_n 非零），因此是极点。$z_n\to 0$z_n->0，任意原点去心邻域都含有其他极点，函数不在其中解析。所以不能作覆盖整个小去心圆盘的洛朗展开；原点也不能归入三种孤立奇点。本题的结论是留数定义不适用，而非留数等于零。